Le point de Kosnitza est le milieu de deux centres
dans Géométrie
Bonsoir à tous,
Je vous propose ce problème, posé aujourd'hui sur AoPS ("Art of Problem Solving") section "High School Olympiads Geometry" :
"Soit $ABC$ un triangle, $A'B'C'$ son triangle de réflexion, $O$ et $O'$ les centres de leurs cercles circonscrits respectifs. Montrer que la droite $OO'$ passe par le point de Kosnitza $Ks$ de $ABC$."
Je rappelle que le point de Kosnitza est le point de concours des droites $AOa$, $BOb$ et $COc$, les points $Oa$, $Ob$ et $Oc$ étant les centres respectifs des cercles $(BOC)$, $(COA)$ et $(AOB)$.
C'est en faisant la figure que je me suis rendu compte qu'en fait, $Ks$ est le milieu de $OO'$ ... Et c'est donc ce que moi, je demande de montrer ...
Bien amicalement, Jean-Louis B.

Réponses
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plagiat d'un exerciceMathématiques divines
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Et alors, @Congru ? Il y aurait bien plagiat si je ne citais pas ma source, mais en l'occurrence, ta réaction est parfaitement injustifiée !
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@jelobreuil je plaisantes. (Je faisais référence à un fil qui date de plusieurs mois où tu passe une partie de l'entête à te moquer de moi -sans dire mon nom- et du plagiat, c'était plutôt drôle).
Mathématiques divines -
Bon, compris ! il est vrai que je n'avais pas remarqué ton smiley ... Personnellement, je les utilise très peu, alors je n'y fais pas attention !Bien cordialement, JLB
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Bonsoir jelobreuil,J'utilise les coordonnées barycentriques.Le triangle de référence $ABC$ : $\quad A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right].$Le triangle de réflexion $A'B'C'$ :$\quad A',B',C'\simeq\left[\begin{array}{c} -a^2\\ a^2 + b^2 - c^2\\ a^2 - b^2 + c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 + b^2 - c^2\\ -b^2\\ -a^2 + b^2 + c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 + c^2\\ -c^2 \end{array}\right].$Les points O, O' : $\quad O, O '\simeq\left[\begin{array}{c} a^2 (-a^2 + b^2 + c^2)\\ b^2 (a^2 - b^2 + c^2)\\ c^2 (a^2 + b^2 - c^2)\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a^2 (a^8 - 4 a^6 b^2 + 6 a^4 b^4 - 4 a^2 b^6 + b^8 - 4 a^6 c^2 +
5 a^4 b^2 c^2 + a^2 b^4 c^2 - 2 b^6 c^2 + 6 a^4 c^4 +
a^2 b^2 c^4 + 2 b^4 c^4 - 4 a^2 c^6 - 2 b^2 c^6 +
c^8)\\ -b^2 (a^8 - 4 a^6 b^2 + 6 a^4 b^4 - 4 a^2 b^6 + b^8 -
2 a^6 c^2 + a^4 b^2 c^2 + 5 a^2 b^4 c^2 - 4 b^6 c^2 + 2 a^4 c^4 +
a^2 b^2 c^4 + 6 b^4 c^4 - 2 a^2 c^6 - 4 b^2 c^6 +
c^8)\\ -c^2 (a^8 - 2 a^6 b^2 + 2 a^4 b^4 - 2 a^2 b^6 + b^8 -
4 a^6 c^2 + a^4 b^2 c^2 + a^2 b^4 c^2 - 4 b^6 c^2 + 6 a^4 c^4 +
5 a^2 b^2 c^4 + 6 b^4 c^4 - 4 a^2 c^6 - 4 b^2 c^6 + c^8)\end{array}\right].$La droite $(OO')$ : $\quad (OO') : \quad b^2 c^2 ((b^2 - c^2)^3 + a^2 (-b^4 + c^4))x+ a^2 c^2 (-a^6 -
3 a^2 c^4 - b^2 c^4 + c^6 + a^4 (b^2 + 3 c^2))y+ a^2 b^2 (a^6 +
3 a^2 b^4 - b^6 + b^4 c^2 - a^4 (3 b^2 + c^2))z=0.$Le point de Kosnita du triangle $ABC$ : $\quad K_s \simeq\left[\begin{array}{c} -a^2 (a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2) (a^4 - a^2 b^2 -
2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4)\\ -b^2 (a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 -
a^2 c^2 - b^2 c^2) (-a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 +
c^4)\\ -c^2 (-a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4) (a^4 -
a^2 b^2 - 2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4)\end{array}\right].$On a :$b^2 c^2 ((b^2 - c^2)^3 + a^2 (-b^4 + c^4)))(-a^2 (a^4 - 2 a^2 b^2 +
b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2) (a^4 - a^2 b^2 - 2 a^2 c^2 - b^2 c^2 +
c^4)) + (a^2 c^2 (-a^6 - 3 a^2 c^4 - b^2 c^4 + c^6 +
a^4 (b^2 + 3 c^2)))(-b^2 (a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 -
b^2 c^2) (-a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 +
c^4) ) + (a^2 b^2 (a^6 + 3 a^2 b^4 - b^6 + b^4 c^2 -
a^4 (3 b^2 + c^2)))( -c^2 (-a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 -
2 b^2 c^2 + c^4) (a^4 - a^2 b^2 - 2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4) )=0$.Donc $K_s \in (OO')$.De plus $OK_s =O'K_s$En conclusion, $K_s$ est le milieu de $[OO']$.Amicalement -
Bonsoir Jean-LouisJe lis dans ETCAmicalementpappus
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Bonjour,Je viens de le voir mais le cerveau humain est une drôle de machine : j'ai oublié. Peut-on me rappeler ce qu'est le "triangle de réflexion" de $ABC$? S'agit-il de $A'\doteq s_{/BC}(A)$, où $s_{/BC}$ désigne la symétrie orthogonale par rapport à $BC$(etc)?Cordialement, Stéphane.___________________J'obtiens en barycentriques, avec les notations habituelles $$s_{/BC}(A)\simeq a^2: -a^2 - b^2 + c^2: -a^2 + b^2 - c^2$$C'est le résultat fourni par @bouzar. Donc ça doit être bon.
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Cet exercice montre l'intérêt de savoir déterminer le centre du cercle passant par trois points $M,N$ et $P$, ce que Rescassol nomme CentreCercle(-,-,-) je crois. Voyons ce que l'on peut faire avec sagemath.______________________def centreCercle(M,N,P):
c=med(M,N).cross_product(med(M,P))
return c__________________________Testé avec centreCercle(A,B,C), le logiciel de calcul formel renvoie correctement $$-{\left(a + b\right)} {\left(a - b\right)} {\left(a + c\right)} {\left(a - c\right)} + b^{2} c^{2}:\,{\left(a + b\right)} {\left(a - b\right)} b^{2} + b^{2} c^{2}:\,{\left(a + c\right)} {\left(a - c\right)} c^{2} + b^{2} c^{2}$$Pour la première coordonnée de $O'$, je trouve $$-4 \, {\left(a + b\right)} {\left(a - b\right)} {\left(a + c\right)} {\left(a - c\right)} a^{4} b^{2} c^{2} + 4 \, {\left(a^{4} - 2 \, a^{2} b^{2} + b^{4} - 2 \, a^{2} c^{2} - b^{2} c^{2} + c^{4}\right)}^{2} a^{4}$$Je ne maîtrise pas les commandes EXPAND et FACTOR de sagemath et ne vois pas la correspondance avec le résultat fourni par @bouzar.$$-a^2 (a^8 - 4 a^6 b^2 + 6 a^4 b^4 - 4 a^2 b^6 + b^8 - 4 a^6 c^2 + 5 a^4 b^2 c^2 + a^2 b^4 c^2 - 2 b^6 c^2 + 6 a^4 c^4 + a^2 b^2 c^4 + 2 b^4 c^4 - 4 a^2 c^6 - 2 b^2 c^6 + c^8)$$
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Bonjour,
problème connu dont une preuve synthétique est agréable...
Sincèrement
Jean-Louis -
je posterai une preuve synthétique que $X54$ est milieu de $ X3$ et $X195$.
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Si $ABC$ est rectangle en $A$, alors $O=m(B,C)$ : on ne peut pas alors parler de cercle passant par $O, B$ et $C$ et encore moins de son centre. N'est-ce pas ? (ce n'est pas pour pinailler, je crois qu'il serait extrêmement intéressant de réfléchir à ce cas.)
https://www.geogebra.org/classic/wasfegkh
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Stéphane, il suffit de faire la figure correspondante : les deux segments BOb et COc se coupent sur la A-hauteur ... donc tout se passe comme si le cercle OBC avait son centre à l'infini ...
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Jean-Louis, quel infini ?
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la figure suivante esquisse les idées qui fondent la preuve si nécessaire je présenterai la solution complète.
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Bonjour!
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